Cho hai biểu thức \[A = \frac{{3\sqrt x }}{{\sqrt x  + 2}}\] và \[B = \frac{{x + 4}}{{x - 4}} - \frac{2}{{\sqrt x  - 2}}\] với \[x \ge 0,x \ne 4\].

1) Tính giá trị của biểu thức \[A\] khi \[x = 9\].

2) Chứng minh \[B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  + 2}}\].

3) Tìm số nguyên dương \(x\) lớn nhất thỏa mãn \(A - B < \frac{3}{2}\).

Chứng minh tứ giác \(AMBH\) là tứ giác nội tiếp.

Vì \(AM \bot BC \Rightarrow \widehat {AMB} = 90^\circ \).

Vì \(AH \bot BE \Rightarrow \widehat {AHB} = 90^\circ \).

Xét tứ giác \(AMBH\) có:

\(\widehat {AMB} + \widehat {AHB} = 90^\circ  + 90^\circ  = 180^\circ \).

Mà hai góc này ở vị trí đối nhau nên tứ giác \(AMBH\) là tứ giác nội tiếp.

Chứng minh \(BC.BM = BH.BE\) và \(HM\) là tia phân giác của góc \(AHB\).

Xét \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\), có đường cao \(AM\) nên \(A{B^2} = BM.BC\) (1) (hệ thức lượng trong tam giác vuông).

Xét \(\Delta ABE\) vuông tại \(A\), có đường cao \(AH\) nên \(A{B^2} = BH.BE\) (2) (hệ thức lượng trong tam giác vuông).

Từ (1), (2) suy ra \(BC.BM = BH.BE\).

Ta có: \(\widehat {AHM} = \widehat {ABM}\) (3) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AM\) của đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(AMBH\)).

Ta có: \(\widehat {BHM} = \widehat {BAM}\)(hai góc cùng chắn cung \(BM\) của đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(AMBH\)).

Vì \(\Delta AMB\) cân tại \(M \Rightarrow \widehat {AHM} = \widehat {BHM}\) \(\left( 5 \right)\)

Vì tia \(HM\) nằm giữa hai tia \(HA,HB\) nên từ (3),(4),(5) suy ra tia \(HM\) là tia phân giác của \(\widehat {AHB}\).

Lấy điểm \(N\) sao cho \(M\) là trung điểm của đoạn thẳng \[AN\]. Gọi \(K\) là giao điểm của hai đường thẳng \(EN\) và \(AB\). Chứng minh ba điểm \(H,K,M\) là ba điểm thẳng hàng.

Vì tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(A\) và \(AM \bot BC\) nên \(M\) là trung điểm \[BC\].

Tứ giác \(ACNB\) có hai đường chéo \(AN\) và \(BC\) cắt nhau tại trung điểm \(M\) của mỗi đường chéo nên tứ giác \(ACNB\) là hình bình hành.

Hình bình hành \(ACNB\) có hai đường chéo \(AN\) và \(BC\) vuông góc nhau nên tứ giác \(ACNB\) là hình thoi.

Do đó \(NB = AB\) và \(NB\,{\rm{//}}\,AE\).

Áp dụng định lí Talet trong tam giác \(AKE\) ta có:

\(\frac{{KA}}{{KB}} = \frac{{AE}}{{BN}} = \frac{{AE}}{{AB}}\) \(\left( 6 \right)\)

Mặt khác, \(\frac{{AE}}{{AB}} = \frac{{AH}}{{HB}}\left( { = \tan \widehat {ABE}} \right)\) \(\left( 7 \right)\).

Từ (6), (7) suy ra: \(\frac{{KA}}{{KB}} = \frac{{AH}}{{HB}}\).

Do đó tia \(HK\)là tia phân giác của \(\widehat {AHB}\) \(\left( 8 \right)\).

Mà tia \(HM\) là tia phân giác của \(\widehat {AHB}\) \(\left( 9 \right)\).

Từ \[\left( 8 \right),\left( 9 \right)\] suy ra ba điểm \(H,K,M\) thẳng hàng.